猜想07 有關(guān)牛頓第二定律的瞬時(shí)問(wèn)題、動(dòng)態(tài)分析、臨界極值問(wèn)題（解析版）-高一上期末物理考點(diǎn)大串（人教版）

猜想07有關(guān)牛頓第二定律的瞬時(shí)問(wèn)題、動(dòng)態(tài)分析、臨界極值問(wèn)題題題型一瞬時(shí)問(wèn)題1．如圖甲所示，一質(zhì)量為的物體系于長(zhǎng)度分別為的兩根細(xì)線上，的一端懸掛在天花板上，與豎直方向夾角為水平拉直，物體處于平衡狀態(tài)。如圖乙所示，將換成彈簧后，物體仍處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)將剪斷，則剪斷的瞬間，甲、乙兩種情況下物體的加速度大小之比為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】題圖甲中將剪斷后，上的拉力會(huì)突變，物體將繞懸點(diǎn)以為半徑做圓周運(yùn)動(dòng)，在將剪斷瞬間，物體受到的合力沿圓的切線方向（垂直于方向），由牛頓第二定律得得題圖乙中將剪斷瞬間，彈簧彈力不能突變，物體受重力與彈簧彈力作用，由牛頓第二定律得得加速度為故故選A。2．如圖所示，A、B、C、D、E、F六個(gè)小球分別用彈簧、細(xì)繩和細(xì)桿聯(lián)結(jié)，掛于水平天花板上，若某一瞬間同時(shí)在a、b、c處將懸掛的細(xì)繩剪斷，比較各球下落瞬間的加速度，下列說(shuō)法中正確的是（

）

A．C、D、E、F球的加速度均為g B．A球的加速度為2g，B球的加速度為gC．所有小球都以g的加速度下落 D．E球的加速度大于F球的加速度【答案】A【詳解】AD．剪斷細(xì)繩的瞬間，繩子和細(xì)桿的彈力發(fā)生突變，突變?yōu)榱?，小球做自由落體運(yùn)動(dòng)，加速度為重力加速度，C、D、E、F球的加速度均為g，故A正確，D錯(cuò)誤；BC．剪斷細(xì)繩的瞬間，彈簧的彈力不發(fā)生突變，對(duì)A球有對(duì)B球有故BC錯(cuò)誤。故選A。3．如圖所示，吊籃A、物體B、物體C的質(zhì)量分別為m、3m、2m。B和C分別固定在彈簧兩端，彈簧的質(zhì)量不計(jì)。B和C在吊籃的水平底板上處于靜止?fàn)顟B(tài)。將懸掛吊籃的輕繩剪斷的瞬間（）

A．吊籃A的加速度大小為g B．物體B的加速度大小為0C．物體C的加速度大小為g D．A、B、C的加速度大小都等于2g【答案】B【詳解】B．未剪斷輕繩時(shí)，對(duì)B受力分析，根據(jù)平衡條件可得彈簧彈力大小為將懸掛吊籃的輕繩剪斷的瞬間，由于彈簧彈力保持不變，故物體B的加速度大小為0，故B正確；ACD．將懸掛吊籃的輕繩剪斷的瞬間，把A、C看做一個(gè)整體，對(duì)整體受力分析，可得可求得A、C的加速度大小為故ACD錯(cuò)誤。故選B。4．如圖所示，木塊A和B用一輕彈簧相連，豎直放在木塊C上，三者靜置于地面，它們的質(zhì)量之比為1:2:3。所有的接觸面都光滑，重力加速度為g，當(dāng)沿水平方向抽出木塊C的瞬間，A和B的加速度分別是（）A．a(chǎn)A=0，aB=1.5g B．a(chǎn)A=0，aB=0C．a(chǎn)A=1.5g，aB=1.5g D．a(chǎn)A=g，aB=g【答案】A【詳解】抽出木塊C之前，木塊A受到重力和支持力，有F=mg木塊B受到重力2mg、彈簧向下的彈力F和木塊C的支持力N，根據(jù)平衡條件有N=F+mg；N=3mg撤去木塊C瞬間，木塊C對(duì)B的支持力變?yōu)榱?，木塊A受力情況不變，故木塊A的加速度為零，即木塊B受重力2mg和彈簧的壓力N=mg，故合力為3mg，由牛頓第二定律可知，物體B的瞬時(shí)加速度為故選A。5．如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量分別為kg、kg的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質(zhì)彈簧秤連接。兩個(gè)大小分別為N、N的水平拉力分別作用在、上，則（）

A．系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)，彈簧秤的示數(shù)是25NB．系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)，彈簧秤的示數(shù)是15NC．在突然撤去的瞬間，的加速度大小為25D．在突然撤去的瞬間，的加速度大小為7.5【答案】AC【詳解】AB．系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)，對(duì)整體運(yùn)用牛頓第二定律得隔離對(duì)分析，有解得可知彈簧秤的示數(shù)是25N，故A正確，B錯(cuò)誤；C．在突然撤去的瞬間，彈簧彈力保持不變，則的加速度大小為故C正確；D．在突然撤去的瞬間，彈簧彈力保持不變，則的加速度大小為故D錯(cuò)誤。故選AC。題題型二動(dòng)態(tài)分析6．如圖所示，一輕彈簧水平放置在光滑的水平面上，其右端固定，B點(diǎn)為彈簧自由伸長(zhǎng)時(shí)的位置，一物塊靜止在A處，現(xiàn)用一水平向右的恒力F推該物塊，直至彈簧被壓縮到最短位置C，則此過(guò)程中下列說(shuō)法正確的是（）A．物塊從A到B加速，B到C減速 B．物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度最大C．物塊所受合外力方向向左 D．物塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)加速度不為零【答案】D【詳解】A．物塊從A到B加速，剛接觸彈簧時(shí)F大于彈簧的彈力，所以還是做加速，當(dāng)時(shí)，物塊開(kāi)始減速，故A錯(cuò)誤；B．物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)還有加速度所以B點(diǎn)的速度不是最大，故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)時(shí)，加速度才等于零，所以物塊所受合外力方向先向右，后向左，故C錯(cuò)誤；D．物塊從A到C點(diǎn)速度由零變?yōu)榱?，所以物塊先加速后減速，當(dāng)物體在C點(diǎn)時(shí)應(yīng)該有向左的加速度，所以物塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)加速度不為零，故D正確。故選D。7．利用智能手機(jī)中的加速度傳感器可以測(cè)量手機(jī)的加速度。用手掌托著手機(jī)，手掌從靜止開(kāi)始上下運(yùn)動(dòng)，軟件顯示豎直方向上的圖像如圖，該圖像以豎直向上為正方向。則手機(jī)（）A．在時(shí)刻運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)B．在時(shí)刻改變運(yùn)動(dòng)方向C．在到時(shí)間內(nèi)，受到的支持力先減小再增大D．在到時(shí)間內(nèi)，受到的支持力先增大再減小【答案】D【詳解】AB．根據(jù)題意，由圖可知，手機(jī)在加速度約為0，時(shí)間內(nèi)，向上做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，時(shí)間內(nèi)，向上做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，向上做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，則在時(shí)刻沒(méi)有運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，在時(shí)刻也沒(méi)有改變運(yùn)動(dòng)方向，故AB錯(cuò)誤；CD．由牛頓第二定律，時(shí)間內(nèi)有解得，時(shí)間內(nèi)有解得結(jié)合圖像可知，時(shí)間內(nèi)，支持力增大，時(shí)間內(nèi)支持力減小，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。8．如圖所示，一輕彈簧豎直固定在水平面上。一小球從某高處自由落下，從小球接觸彈簧到運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)過(guò)程中，下列關(guān)于小球的說(shuō)法正確的是（）

A．速度先增大后減小 B．加速度一直減小C．所受彈力一直增大 D．在最低點(diǎn)時(shí)受力平衡【答案】AC【詳解】小球接觸彈簧后受重力和彈簧的彈力，根據(jù)牛頓第二定律彈簧被壓縮后，彈力逐漸增大，可知加速度逐漸減小，當(dāng)彈力和重力相等時(shí)，加速度為零，速度最大，之后，彈簧繼續(xù)被壓縮，彈力繼續(xù)增大，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度反向增大，速度為零時(shí)，彈簧被壓縮最短，彈力最大，反向加速度最大。綜合上述分析可知小球速度先增大后減小、加速度先減小后反向增大、彈力一直增大，在最低點(diǎn)時(shí)加速度不為零，受力不平衡。故選AC。9．如圖所示，“兒童蹦極”中，拴在小朋友腰間左右兩側(cè)的是彈性極好的相同的橡皮繩。若小朋友從橡皮繩處于最低點(diǎn)位置處開(kāi)始由靜止上升（此時(shí)橡皮繩伸長(zhǎng)最大），直至上升到橡皮繩處于原長(zhǎng)的過(guò)程中，下列關(guān)于小朋友的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的說(shuō)法中正確的有（）

A．小朋友始終處于超重狀態(tài)B．小朋友的速度最大時(shí)，其加速度等于零C．小朋友處于最低點(diǎn)位置時(shí)，其加速度不為零D．小朋友先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)【答案】BC【詳解】A．小朋友減速上升時(shí)加速度向下是失重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；B．小朋友的速度最大時(shí)，重力和橡皮繩的彈力相等，加速度為零，B正確；C．小朋友處于最低點(diǎn)位置時(shí)，合力向上，因此加速度不為零，C正確；D．因?yàn)樵谏仙倪^(guò)程中，橡皮繩形變量越來(lái)越小，彈力越來(lái)越小，因此合力是變力，加速度不恒定，小朋友做的是變速運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。故BC正確。10．如圖所示，傾角為的光滑固定足夠長(zhǎng)斜面AB的底端安裝有一個(gè)擋板P，斜面上放有一根輕質(zhì)彈簧，彈簧的一端固定在擋板上，另一端拴接著質(zhì)量m的小球。開(kāi)始小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)用手緩慢壓小球直到彈簧縮短量為開(kāi)始靜止時(shí)縮短量的三倍時(shí)釋放，小球向上移動(dòng)一段距離后速度為零。重力加速度為g，則（）

A．釋放瞬間小球加速度大小為B．小球向上移動(dòng)一段距離過(guò)程中加速度先增大后減小C．小球向上移動(dòng)一段距離過(guò)程中速度一直減小D．小球向上移動(dòng)一段距離過(guò)程中速度先增大后減小【答案】AD【詳解】A．設(shè)小于靜止時(shí)彈簧的壓縮量為x，彈簧的勁度系數(shù)為k，對(duì)小球受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有現(xiàn)用手緩慢壓縮小球直到彈簧縮短量為開(kāi)始靜止時(shí)彈簧縮短量的三倍時(shí)釋放，此時(shí)彈簧的壓縮量為3x，且不會(huì)突變，根據(jù)牛頓第二定律有可得釋放瞬間小球的加速度大小為故A正確；BCD．開(kāi)始釋放的一段時(shí)間內(nèi)，彈簧對(duì)小球彈力大小要大于小球重力沿斜面方向的分力，即小球所受合外力沿斜面向上，加速度方向與速度方向相同，小球做加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有可知隨著彈簧的壓縮量減小，小球的加速度減小，當(dāng)過(guò)了小球靜止時(shí)所在位置時(shí)，當(dāng)彈簧還處于壓縮狀態(tài)時(shí)，彈簧對(duì)小球的彈力小于小球重力沿斜面向下的分力，小球所受合外力沿斜面向下，小球做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有可知隨著彈簧壓縮量的減小，小球的加速度增大，由于釋放時(shí)彈簧的彈力大小為，所以當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，小球的速度方向沿斜面向上，小球繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)，此時(shí)彈簧會(huì)被拉伸，彈簧的彈力沿斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律有可知隨著彈簧的伸長(zhǎng)量增大，小球的加速度增大，小球速度繼續(xù)減小，直到速度減小為零，所以此過(guò)程中，小球的速度先增大后減小，加速度先減小后增大，故D正確，BC錯(cuò)誤。故選AD。題題型三臨界極值問(wèn)題11．如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩物體疊放在豎直彈簧上并保持靜止，用大小等于1.5mg的恒力F向上拉B，運(yùn)動(dòng)距離為h時(shí)，B與A分離。下列說(shuō)法中正確的是（

）

A．B與A剛分離時(shí)，彈簧長(zhǎng)度等于原長(zhǎng)B．B與A剛分離時(shí)，它們的加速度為0.5gC．彈簧的勁度系數(shù)等于D．在B與A分離之前，它們做勻加速直線運(yùn)動(dòng)【答案】B【詳解】B．B與A剛分離時(shí)，B與A間彈力為零，對(duì)物體B受力分析有可得B與A剛分離時(shí)，加速度相等，它們的加速度為0.5g，故B正確；A．B與A剛分離時(shí)，對(duì)物體A受力分析有解得彈力方向向上，可知B與A剛分離時(shí)，彈簧長(zhǎng)度處于壓縮狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；C．A、B兩物體疊放在豎直彈簧上并保持靜止有，B與A剛分離時(shí)，有且解得彈簧的勁度系數(shù)等于故C錯(cuò)誤；D．在B與A分離之前，將A和B作為整體，根據(jù)牛頓第二定律有在B與A分離之前，彈簧彈力一直大于且在減小，可得加速度方向向上，大小逐漸減小，故它們做加速度減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選B。12．如圖所示，A、B兩物塊的質(zhì)量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上，A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g。現(xiàn)對(duì)A施加一水平拉力F，則（）A．當(dāng)F<μmg時(shí)，A、B都相對(duì)地面靜止B．當(dāng)F=2μmg時(shí)，A的加速度為μgC．無(wú)論F為何值，B的加速度不會(huì)超過(guò)μgD．當(dāng)F>3μmg時(shí)，A不相對(duì)B滑動(dòng)【答案】AC【詳解】A．設(shè)物塊B對(duì)A的摩擦力為f1，A對(duì)B的摩擦力為f2，地面對(duì)物塊B的摩擦力為f3。由牛頓第三定律可知f1與f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均為2μmg。f3的最大值為，故當(dāng)時(shí)，物塊A、B均保持靜止，繼續(xù)增大F，在一定范圍內(nèi)物塊A、B將相對(duì)靜止以共同的加速度開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，故A正確；B．當(dāng)F=2μmg時(shí)，拉力正好等于物塊A受到的最大靜摩擦力，故物塊A相對(duì)B靜止，物塊A、B一同相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)，則有解得物塊A、B的加速度為故B錯(cuò)誤；CD．當(dāng)時(shí)，物塊A、B將以共同的加速度運(yùn)動(dòng)，根據(jù)選項(xiàng)B的分析可知，最大加速度為；當(dāng)時(shí)，拉力大于物塊A、B間的最大靜摩擦力，物塊A、B之間發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，則時(shí)，物塊A、B之間已經(jīng)相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)物塊B進(jìn)行分析，則有解得故無(wú)論F為何值，B的加速度最大為，故C正確，D錯(cuò)誤；故選AC。13．如圖所示，細(xì)線的一端固定在傾角為的光滑楔形滑塊A的頂端處，細(xì)線的另一端拴一質(zhì)量為的小球，靜止時(shí)細(xì)線與斜面平行，（已知重力加速度為）。則（）A．當(dāng)滑塊向左做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，細(xì)線的拉力為B．若滑塊以加速度向左加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，線中拉力為C．當(dāng)滑塊以加速度向左加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球?qū)瑝K壓力不為零D．當(dāng)滑塊以加速度向左加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，線中拉力為【答案】ACD【詳解】A．當(dāng)滑塊向左做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球處于平衡狀態(tài)，有解得故A正確；BC．小球離開(kāi)滑塊的臨界條件是滑塊對(duì)小球無(wú)支持力，此時(shí)有；解得故當(dāng)時(shí)，小球未離開(kāi)滑塊，滑塊對(duì)小球有支持力，故有；當(dāng)時(shí)，解得故B錯(cuò)誤C正確；D．由以上分析可知，當(dāng)時(shí)，小球已離開(kāi)斜面，設(shè)此時(shí)繩子與斜面的夾角為，故有；解得故D正確。故選ACD。14．傾角為的光滑斜面上固定一輕彈簧，彈簧上端1、2兩物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，1物體一端與彈簧固結(jié)，如圖所示。已知1物體質(zhì)量，2物體質(zhì)量，彈簧勁度系數(shù)。現(xiàn)給2物體施加一個(gè)方向沿斜面向上的力F，使它從靜止開(kāi)始沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，已知在前0.5s時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)為變力，0.5s以后F為恒力。取，求力F的最大值與最小值。

【答案】（1）；（2）【詳解】設(shè)剛開(kāi)始彈簧壓縮量xo，在前0.5s時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)為變力，在0.5s時(shí)，1對(duì)2的作用力為0，設(shè)彈簧型變量x1。牛頓第二定律可知在前0.5s內(nèi)，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的距離為x0-x1。所以有解得（1）當(dāng)物體1，2開(kāi)